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微专题36 高考“明星”考点—催化剂
1．（2023·全国·统考高考真题）“肼合成酶”以其中的 配合物为催化中心，可将 与 转化
为肼( )，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A． 、 和 均为极性分子
B．反应涉及 、 键断裂和 键生成
C．催化中心的 被氧化为 ，后又被还原为
D．将 替换为 ，反应可得
【答案】D
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【解析】A．NH OH，NH ，H O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；
2 3 2
B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；
C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正
确；
D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH NH 有两个氢来源于NH ，所以将NH OH替换为ND OD，不
2 2 3 2 2
可能得到ND ND ，得到ND NH 和HDO，D错误；
2 2 2 2
故选D。
2．（2023·广东·统考高考真题）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应 。反应历程(下图)中，M为中间产
物。其它条件相同时，下列说法不正确的是
A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行 B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
【答案】C
【解析】A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；
B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；
C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，
C错误；
D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率
较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；
故选C。
常见催化剂性质及应用
（1）催化剂的特性：选择性（是指给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应情况下，催化剂可以大
幅度提高目标产物在最终产物中的比率，酶的选择性极高）。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（2）选择反应温度依据之一：在选择某反应的温度时，首先应考虑催化剂的活性温度，以便最大限度地
发挥催化剂的作用。
（3）催化剂中毒：由于某些物质（反应原料中带入的杂质、催化剂自身的某些杂质、反应产物或副产
物）的作用而使催化活性衰退或丧失的现象。
（4）催化剂影响速率不影响化学平衡：对于可逆反应，催化剂同等程度地改变正逆反应速率，因而不能
改变反应物的转化率，但可缩短反应达到化学平衡的时间。
（5）周期表中催化剂寻找区域：过渡元素区。
中学中常用的催化剂：酶是蛋白质，也是催化剂。二氧化锰、五氧化二钒、铁触媒、铂铑催化剂、Ni、
Cu、Ag，浓硫酸、稀硫酸。
（6）教材研究催化剂的三个实验：①一个反应的催化剂可能有多种。如过氧化氢溶液分解的催化剂，除
了二氧化锰之外，还可以用FeCl3、CuSO4溶液。②高锰酸钾与草酸反应，生成的Mn2+是访反应的催化剂，
褪色速率会突然加快，是易被忽视的自催化反应。③淀粉水解实验，酶的催化条件温和而高效。
催化剂、催化原理、活化能之间的关系：
1．催化剂原理：改变反应路径，使反应所需的活化能降低，活化能是能量，活化能高，反应的难度大，
反应速率慢。
2．三种教材三种图:
鲁科版 人教版 苏教版
3．催化剂与活化能
(1)催化剂的催化机理：催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物，降低了达到过渡态所需要的活化
能，使反应易于发生，速率加快。这就是我们经常说的催化剂改变反应途径，降低反应的活化能。
(2)催化剂能降低反应所需活化能，化学反应速率加快，但不影响焓变∆H的大小，不影响平衡。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(3)催化反应一般过程(简化的过程)：
①反应物扩散到催化剂表面；
②反应物被吸附在催化剂表面；
③被吸附的反应物发生化学反应生成产物；
④产物的解吸。
1．（2023·湖南·统考高考真题） 是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我
国科学家合成的某 (Ⅱ)催化剂(用 表示)能高效电催化氧化 合成 ，其反应机理如
图所示。
下列说法错误的是
A． (Ⅱ)被氧化至 (Ⅲ)后，配体 失去质子能力增强
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】B．M中 的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
【答案】B
【解析】A． (Ⅱ)被氧化至 (Ⅲ)后， 中的 带有更多的正电荷，其与N原子成键后，
吸引电子的能力比 (Ⅱ)强，这种作用使得配体 中的 键极性变强且更易断裂，因此其失去
质子（ ）的能力增强，A说法正确；
B． (Ⅱ)中 的化合价为+2，当其变为 (Ⅲ)后， 的化合价变为+3， (Ⅲ)失去2个质子后，N原
子产生了1个孤电子对， 的化合价不变；M为 ，当 变为M时，N原子
的孤电子对拆为2个电子并转移给 1个电子，其中 的化合价变为 ，因此，B说法不正确；
C．该过程M变为 时，有 键形成， 是非极性键，C说法正确；
D．从整个过程来看， 4个 失去了2个电子后生成了1个 和2个 ， (Ⅱ)是催化剂，因此，
该过程的总反应式为 ，D说法正确；
综上所述，本题选B。
2．（2023·浙江·高考真题）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知
和 的相对能量为0]，下列说法不正确的是
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．
B．可计算 键能为
C．相同条件下， 的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：
【答案】C
【解析】A．催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此 ，A正确；
B．已知 的相对能量为0，对比两个历程可知， 的相对能量为 ，则 键
能为 ，B正确；
C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下， 的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误；
D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步
反应的热化学方程式为： ，D正确；
故答案为：C。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1．（2023·北京·高三统考专题练习）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中 代表
或 中的一种。下列说法正确的是
A．a、c分别是
B． 既可以是 ，也可以是
C．已知 为副产物，则通入水蒸气可减少 的产生
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【解析】 分解的产物是 和 ，分解得到的 与 反应生成 ， 又可
以分解得到 和 ，则a为 ，b为 ，c为 ，d为 。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【解析】A．由分析可知，a为 ，c为 ，A项错误；
B．d为 ，B错误；
C．可以水解生成 ，通入水蒸气可以减少 的生成，C正确；
D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的
反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误；
故选C。
2．（2023·全国·高三专题练习）科学工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了在Pt/SiO 催化剂表面上
2
CO 与H 的反应历程，前三步历程如图所示，其中吸附在Pt/SiO 催化剂表面上的物种用“•”标注，Ts表
2 2 2
示过渡态。
下列有关叙述正确的是
A．前三步总反应的ΔH＞0
B．•HOCO转化为•CO和•OH为吸热过程
C．催化剂通过参与化学反应，能降低反应的活化能，提高反应物的转化率
D．历程中活化能(能垒)最小的反应方程式为•CO+•OH+•H+3H (g)= •CO+3H (g)+H O(g)
2 2 2
【答案】D
【解析】A．由图像分析可知，前三步总反应，反应物能量高，生成物能量低，故反应放热，△H<0，A错
误；
B．根据图像，•HOCO 转化为•CO和•OH是图中的第三步反应，是放热过程，B错误；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．催化剂只能增大反应速率，不会影响平衡，对转化率无影响，C错误；
D．根据图像分析可知， Ts3活化能最小，历程中活化能(能垒)最小的反应方程式为•CO+•OH+•H+3H (g)=
2
•CO+3H (g)+H O(g)，D正确；
2 2
故答案选D。
3．（2023·浙江·校联考三模）我国科学家研究化合物 催化 氢化生成甲酸的机理，其中由化合物
生成化合物 过程的机理和相对能量曲线如下图所示。 均为过渡态。下列说法正确的
是
A．过渡态TS1比化合物Р更稳定
B．过程M→P为化合物M生成化合物N的决速步骤
C．化合物M催化 氢化生成甲酸的反应过程中一定有 键的生成和断裂
D．由 生成 的热化学方程式：
【答案】C
【解析】A．由图可知，过渡态TS1比P能量高，则P更稳定，选项A错误；
B．由图可知，过程P→TS2为两步反应中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生成化合物N的决
速步骤，选项B错误；
C．化合物M为催化剂，反应前后结构不会改变，比较M、N的结构可知，当Fe-O键的断裂重新连接氢原
子生成M，所以一定有Fe-O键的生成和断裂，选项C正确；
D．图示为一个二氧化碳分子反应过程，能量变化为-11.63eV，所以当有1mol二氧化碳反应能量变化
为-11.63eV×1.6×10-19J/eV×6.02×1023=1.12×106J=1120kJ，则该过程的热化学方程式为：M（s）+CO （g）=N
2
（s）ΔH=-1120kJmol-1，选项D错误；
答案选C。 ⋅
4．（2023·浙江·校联考模拟预测）下面是丙烷(用 表示)的氯化和溴化反应时的相对能量变化图(已知
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】)及产率关系。有关说法不正确的是
A． 完全生成 放热
B． 比 稳定
C．以丙烷、卤素、氢氧化钠溶液为原料制备2-丙醇， 优于
D．溴代和氯代第一步都是决速反应
【答案】A
【解析】A．由图可知，1个 分子转化成 放热 ，则 完全生成
放热 ，故A错误；
B．由图可知， 的能量比 低，则 比 稳定，故B正确；
C．由题目信息可知，丙烷和Br 发生取代反应时相比和Cl 发生取代反应更加容易生成CH CH(X)CH ，
2 2 2 3
CH CH(X)CH 在NaOH水溶液中发生水解反应可以得到2-丙醇，则以丙烷、卤素、氢氧化钠溶液为原料制备
2 3
2-丙醇， 优于 ，故C正确；
D．由图可知，溴代和氯代第一步反应活化能大于第二步，说明第一步反应速率小于第二步，则溴代和氯
代第一步都是决速反应，故D正确；
故选A。
5．（2023·山东济宁·统考三模）我国科学家以Bi为电极在酸性水溶液中可实现电催化还原 ，两种途径
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】的反应机理如下图所示，其中TS表示过渡态、数字表示微粒的相对总能量。
下列说法错误的是
A．HCOOH分解生成CO和 的反应为吸热反应
B．电催化还原 生成HCOOH的选择性高于生成CO的选择性
C．HCOOH是阴极产物
D．途径二的电极反应式为
【答案】A
【解析】A．由图可知HCOOH的能量高于CO和 的能量，所以HCOOH分解生成CO和 的反应应该
为放热反应，A错误；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越大反应速率越慢，由图可知，CO 电还
2
原的途径一的活化能更低或途径一的过渡态微粒的相对总能量更低，导致反应更容易进行，生成HCOOH
的选择性高于生成CO的选择性，B正确；
C．HCOOH是得电子之后的产物，所以是阴极产物，C正确；
D．途径二的产物是CO和H O，所以电极反应式为 ，D正确；
2
故选A。
6．（2023·天津河西·统考三模）一定条件下 与HCl反应，有两种加成产物：①
和② 其反应历程如下图所示。下列说法正确的是
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．稳定性：
B．得到加成产物①的反应为放热反应
C．得到加成产物②反应的焓变等于
D．得到加成产物②的速率比①的速率快
【答案】B
【解析】A．能量越高越不稳定，能量：CH CHClCH ＜CH CH CH Cl,则稳定性：CH CHClCH ＞CH CH CH Cl，
3 3 3 2 2 3 3 3 2 2
故A错误；
B．得到加成产物①时，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，故B正确；
C．焓变=生成物总能量-反应物总能量，根据图中数据无法计算加成产物②反应的焓变，故C错误；
D．活化能越小，反应速率越快，活化能：加成产物②大于加成产物①，所以得到加成产物①的速率比②
的速率快，故D错误；
故选：B。
7．（2023·山东威海·威海市第一中学统考二模）将CO 转化为系列化工原料，越来越引起科研工作者的重
2
视。光、电催化酶耦合反应器固定CO 原理如图所示。已知固碳酶在催化反应时需要辅助因子NAD(P)H提
2
供还原力。下列说法错误的是
A．装置工作时，由光能、电能转化为化学能
B． 转化生成1mol 得到6mol
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．当有2mol 通过交换膜进入阴极室，一定生成1mol HCOOH
D．在电解液中添加 并给反应器施加电压，有利于 转换为NAD(P)H
【答案】C
【解析】由题干原理图示信息可知，阳极(即与电源正极相连的电极)上发生氧化反应，电极反应式为：
2H O-4e-=4H++O ↑，H+通过质子交换膜移向阴极室，阴极电极反应为：NAD(P)+H++e-=NAD(P)H，
2 2
CO +2NAD(P)H=2NAD(P)+HCOOH或者CO +6NAD(P)H=CH OH+H O+6NAD(P)，光能捕获与电子激发器中吸收太
2 2 3 2
阳能，激发失去电子，从而也发生NAD(P)+H++e-=NAD(P)H。
A．由分析可知，装置工作时，由光能、电能转化为HCOOH、CH OH、NAD(P)、NAD(P)H中的化学能，A正
3
确；
B．根据电子守恒可知，CO 转化生成1mol CH OH得到6mol e-，B正确；
2 3
C．由分析可知，阴极室发生的反应有：NAD(P)+H++e-=NAD(P)H，CO +2NAD(P)H=2NAD(P)+HCOOH或者
2
CO +6NAD(P)H=CH OH+H O+6NAD(P)，且光能捕获与电子激发器中吸收太阳能，激发失去电子，从而也发生
2 3 2
NAD(P)+H++e-=NAD(P)H，故当有2mol 通过交换膜进入阴极室，不一定生成1mol HCOOH，C错误；
D．在电解液中添加 可以增强电解质溶液的导电性，并给反应器施加电压，可加快反应速率，故
有利于 转换为NAD(P)H，D正确；
故答案为：C。
8．（2023·山东潍坊·统考二模）有机锌试剂和芳基或乙基卤化物等进行偶联反应的反应过程如图所示( ，
表示烃基)。下列说法错误的是
A．中间产物 可催化偶联反应
B．上述过程中偶联反应的历程有两种
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．反应过程中既有极性键的断裂又有非极性键的形成
D．存在反应 + RZnCl = + ZnCl
2
【答案】D
【解析】A．中间产物 是第３步反应的反应物，是第５步反应的产物，所以该中间产物可催
化偶联反应，选项Ａ正确；
Ｂ．偶联反应的历程有两种：第１、２步是历程Ⅰ，第３、４、５步是历程Ⅱ，选项Ｂ正确；
Ｃ．反应过程中既有极性键断裂（如第１步断Ｎi-Cl键），又有非极性共价键的形成（如第２步形成Ｒ－
Ｒ键），选项Ｃ正确；
Ｄ．由图示可知， 与RZnCl反应时，２个Ｃl原子都断下来，被Ｒ原子代替，生成
＋ZnCl ，选项Ｄ错误；
2
答案选Ｄ。
9．（2023春·广东茂名·高三茂名市电白区第一中学校考阶段练习） (结构： )可在一
种新型催化剂作用下快速合成，其主要反应的机理如图所示(其中吸附在催化剂表面的物种用*标注)。下列
说法正确的是
A． 中含有极性键和非极性键 B． 易溶于
C．步骤②、步骤④过程均放出能量 D．步骤⑤中加热至高温可加快产物的脱附
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】A
【解析】A．由 的结构可知，含有极性键和非极性键，A项正确；
B． 中正电中心和负电中心不重合，为极性分子，根据相似相溶原理，与 (非极性分子)不互溶，
B项错误；
C．步骤②为旧键的断裂过程，吸收能量，步骤④为新键的形成过程，放出能量，C项错误；
D．步骤⑤中生成的是 ，高温易分解，D项错误。
答案选A。
10．（2023·湖北·校联考模拟预测）在过氧苯甲酰( )作用下，溴化氢与丙烯的
加成反应主要产物为1-溴丙烷，反应机理如图所示(Ph代表苯基)。下列说法错误的是
A．图中X是最简单的芳香酸
B．过程①是焓增变化
C．过程③断裂了碳碳σ键的同时形成了碳溴σ键
D．生成主要产物的总反应方程式为
【答案】C
【解析】A．由质量守恒定律可推出过程②中X为 ，因为芳香酸中必含有苯环与-COOH，所以
是最简单的芳香酸，选项A正确；
B．过程①只有化学键的断裂，需要吸收能量，选项B正确；
C．由图知，过程③中碳碳双键断裂了一个键，由于π键键能较小，故断裂的是碳碳π键，选项C错误；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．由题干信息知，反应物是丙烯、HBr，主要产物是1-溴丙烷，选项D正确；
答案选C。
1．（2023·浙江·统考高考真题）一定条件下， 苯基丙炔( )可与 发生催化加成，反应如
下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的
是
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加 浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
【答案】C
【解析】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，
反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；
B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，
其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；
C．增加 浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产物I的比例可能降低，故C错误；
D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。
综上所述，答案为C。
2．（2022·北京·高考真题）高分子Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如下。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】下列说法不正确的是
A．F中含有2个酰胺基 B．高分子Y水解可得到E和G
C．高分子X中存在氢键 D．高分子Y的合成过程中进行了官能团保护
【答案】B
【解析】A．由结构简式可知，F中含有2个酰胺基，故A正确，
B．由结构简式可知，高分子Y一定条件下发生水解反应生成 和 ，故B错
误；
C．由结构简式可知，高分子X中含有的酰胺基能形成氢键，故C正确；
D．由结构简式可知，E分子和高分子Y中都含有氨基，则高分子Y的合成过程中进行了官能团氨基的保护，
故D正确；
故选B。
3．（2022·北京·高考真题）CO 捕获和转化可减少CO 排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成
2 2
之后，以N 为载气，以恒定组成的N 、CH 混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的
2 2 4
物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO ，在催化剂上有积碳。
2
下列说法不正确的是
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．反应①为CaO+CO =CaCO ；反应②为CaCO +CH CaO+2CO+2H
2 3 3 4 2
B．t ~t ，n(H )比n(CO)多，且生成H 速率不变，可能有副反应CH C+2H
1 3 2 2 4 2
C．t 时刻，副反应生成H 的速率大于反应②生成H 速率
2 2 2
D．t 之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
3
【答案】C
【解析】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO =CaCO ，结合氧化还原反应配平可得反应②为
2 3
，A正确；
B．由题干图2信息可知，t ~t ，n(H )比n(CO)多，且生成H 速率不变，且反应过程中始终未检测到CO ，
1 3 2 2 2
在催化剂上有积碳，故可能有副反应 ，反应②和副反应中CH 和H 的系数比均为1:2，B
4 2
正确；
C．由题干反应②方程式可知，H 和CO的反应速率相等，而t 时刻信息可知，H 的反应速率未变，仍然为
2 2 2
2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H 的速率小于反应②生成H 速率，C
2 2
错误；
D．由题干图2信息可知，t 之后，CO的速率为0，CH 的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速
3 4
率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
答案选C。
4．（2022·天津·统考高考真题）燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化
转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是
A．甲是空气中体积分数最大的成分 B．乙是引起温室效应的气体之一
C．反应(Ⅰ)在常温下容易发生 D．反应(Ⅱ)中NO是氧化剂
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】C
【解析】A．甲是氮气，氮气空气中体积分数最大的成分，故A正确；
B．乙是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体之一，故B正确；
C．由于氮气含有氮氮三键，因此反应(Ⅰ)在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，故C错误；
D．一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此反应(Ⅱ)中NO是氧化
剂，故D正确。
综上所述，答案为C。
5．（2022·浙江·统考高考真题）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷( )的能量变化
如图所示：
下列推理不正确的是
A．2ΔH ≈ΔH ，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
1 2
B．ΔH ＜ΔH ，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
2 3
C．3ΔH ＜ΔH ，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
1 4
D．ΔH -ΔH ＜0，ΔH -ΔH ＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
3 1 4 3
【答案】A
【解析】A．虽然2ΔH ≈ΔH ，但ΔH ≠ΔH ，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目、双键的位
1 2 2 3
置有关，不能简单的说碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，A错误；
B．ΔH ＜ΔH ，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，
2 3
有利于物质稳定，B正确；
C．由图示可知，反应I为： (l)+H (g)→ (l) ΔH ，反应IV为： +3H (g)→ (l) ΔH ，
2 1 2 4
故反应I是1mol碳碳双键加成，如果苯环上有三个完全独立的碳碳三键，则3ΔH =ΔH ，现3ΔH ＜ΔH ，说
1 4 1 4
明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，C正确；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．由图示可知，反应I为： (l)+H (g)→ (l) ΔH ，反应III为： (l)+2H (g) → (l) ΔH
2 1 2 3，
反应IV为： +3H (g)→ (l) ΔH ，ΔH -ΔH ＜0即 (l)+H (g) → (l) ΔH＜0，ΔH -ΔH ＞0
2 4 3 1 2 4 3
即 +H (g)→ (l) ΔH＞0，则说明 具有的总能量小于 ，能量越低越稳定，则说明
2
苯分子具有特殊稳定性，D正确；
故答案为：A。
6．（2022·浙江·统考高考真题）某课题组设计一种固定CO 的方法。下列说法不正确的是
2
A．反应原料中的原子100%转化为产物
B．该过程在化合物X和I-催化下完成
C．该过程仅涉及加成反应
D．若原料用 ，则产物为
【答案】C
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【解析】A．通过图示可知，二氧化碳和 反应生成 ，没有其它物质生成，反应原料
中的原子100%转化为产物，A正确；
B．通过图示可知，X和I-在反应过程中是该反应的催化剂，B正确；
C．在该循环过程的最后一步中形成五元环的时候反应类型为取代反应，C错误；
D．通过分析该反应流程可知，通过该历程可以把三元环转化为五元环，故若原料用 ，则产
物为 ，D正确；
故选C。
7．（2022·山东·高考真题）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法
错误的是
A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成 的反应历程有2种
C．增大NO的量， 的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
【答案】D
【解析】A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+OOH=NO +OH、NO+NO +H O=2HONO、
2 2 2
NO +C H =C H +HONO、HONO=NO+OH，含N分子NO、NO 、HON∙O中N元素∙的化合价依次为+2价、+4价、
2 3 7 3 6 2
+3价∙，上述反应中均有元素化合价的∙ 升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】B．根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；
C．NO是催化剂，增大NO的量，C H 的平衡转化率不变，C项正确；
3 8
D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O 反应制备丙烯的总反应都为2C H +O 2C H +2H O，
2 3 8 2 3 6 2
当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误；
答案选D。
8．（2022·湖南·高考真题）科学家发现某些生物酶体系可以促进 和 的转移(如a、b和c)，能将海洋中
的 转化为 进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中 发生氧化反应
B．a和b中转移的 数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
【答案】D
【解析】A．由图示可知，过程I中NO 转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO 作氧化剂，被
还原，发生还原反应，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO 在酶1的作用下转化为NO和H O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守
2
恒可知，反应的离子方程式为：NO +2H++e- NO+H O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】NH 在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H O和N H ，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，
2 2 4
反应的离子方程式为：NO+NH +3e-+2H+ H O+N H ，消耗1molNO，b过程转移3mol e-，转移电子数目不
2 2 4
相等，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH +3e-+2H+ H O+N H ，n(NO):n(NH
2 2 4
)=1:1，C错误；
D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO +2H++e- NO+H O，过程II的离子方程式为NO+NH +3e-+2H+
2
H O+N H ，过程III的离子方程式为N H N ↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO + NH =
2 2 4 2 4 2
N ↑+2H O，D正确；
2 2
答案选D。
9．（2022·广东·高考真题）我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是
A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C． 中含有 个电子
D． 被还原生成
【答案】A
【解析】A．淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，故A正确；
B．葡萄糖与果糖的分子式均为C H O ，结构不同，二者互为同分异构体，但含有O元素，不是烃类，属
6 12 6
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】于烃的衍生物，故B错误；
C．一个CO分子含有14个电子，则1molCO中含有14×6.02×1023=8.428×1024个电子，故C错误；
D．未指明气体处于标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；
答案选A。
10．（2022·辽宁·统考高考真题）利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展，
荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法错误的是
A．总反应为加成反应 B．Ⅰ和Ⅴ互为同系物
C．Ⅵ是反应的催化剂 D．化合物X为
【答案】B
【解析】A．由催化机理可知，总反应为 + ，
该反应为加成反应，A正确；
B．结构相似、分子组成上相差若干个CH 原子团的有机物互为同系物， 和
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】结构不相似、分子组成上也不是相差若干个CH 原子团，两者不互为同系物，B错
2
误；
C．由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了VI，VI是反应的催化剂，C正确；
D．I+VI→X+II，由I、VI、II的结构简式可知，X为H O，D正确；
2
答案选B。
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